A lire

Deug/Prépa

Licence

Agrégation
A télécharger

Télécharger

137 personne(s) sur le site en ce moment

E. Cartan

A lire

Articles

Math/Infos

Récréation
A télécharger

Télécharger

Théorème de Cantor-Bernstein

Théo. Sylow

Théo. Ascoli

Théo. Baire

Loi forte grd nbre

Nains magiques

EISENSTEIN I(version la plus générale)

suivant: EISENSTEIN II(version usuelle) monter: Arithmétique factorielle précédent: EISENSTEIN

EISENSTEIN I(version la plus générale)

Théorème ( d'Eisenstein )

étant un acui: si

$\exists p\in A$ tel que est un idéal premier non nul
$P\in A[X]$ avec primitif et $deg(P)=k\geq 1$
$p\vert a_0 , p\vert a_1 ,...,p\vert a_{k-1}$ et $p^2\not\vert a_0$

alors $P\in \mathcal{P}(A[X])$
Démonstration
D'abord

étant un idéal premier non nul on a par définition

est intègre et par conséquent

est aussi intègre on pourra donc utiliser le règle des degrés dans

.De plus

est premier d'après l'implication ( $\Longleftarrow ?$ ) de la proposition 16.
L'application f définie par :
$A[X]\ni M=m_0+m_1X+...+m_nX^n\quad \mapsto f(M)=\overline{m_0}+\overline{m_1}Y+...+ \overline{m_n}Y^n\in (A/pA)[Y]$ est clairement un morphisme d'anneaux.
Il est aussi clair que $\forall M\in A[X]$ et si $f(M)\neq0 \quad deg(f(M))\leq deg(M)$ .

est de degré $\geq 1$ et primitif d'où en vertu du théorème de caractérisation des premiers de

quand

est un acui, si

n'était pas premier on aurait:

dans

avec $deg(R)\geq 1$ et $deg(S)\geq 1\qquad$ (I)
D'où $f(P)=f(RS)=f(R)f(S)=\overline{a_k}Y^k$ et $\overline{a_k}\neq \overline{0}$ (sinon on aurait $p\vert a_k$ et comme

divise les

pour

alors on aurait le premier

qui diviserait les coéfficients du polynôme primitif

d'où une contradiction).
Par conséquent

.
Comme $f(P)\neq\overline{0}$ on aurait $f(R)\neq\overline{0}$ et $f(S)\neq\overline{0}$ d'où

auraient un degré et alors on aurait $deg(f(R))\geq 1$ et $deg(f(S))\geq 1$

sinon par exemple on aurait

(règle des degrés dans

à partir de

et vu que

or $deg(S)\geq deg(f(S))=k\Longrightarrow deg(S)=k$ et donc

ce qui contredirait (I)

Donc,toujours sous l'hypothèse d'absurde (I), on aurait bien $deg(f(R))\geq 1$ et $deg(f(R))\geq 1$
$f(R)f(S)=\overline{a_k}Y^k \Longrightarrow f(R),f(S)$ seraient des monômes en

.
En effet, en posant provisoirement et pour simplifier

désignant la valuation du polynôme

,si

n'était pas un monôme alors on aurait

et comme on a toujours $val(S')\leq deg(S')$ on aurait

ou encore

et alors

ne serait pas un monôme d'où une contradiction.Finalement

est bien un monôme et le même raisonnement avec

à la place de

montrerait que

est aussi un monôme.De plus comme

seraient des monômes de degrés $\geq 1$ leurs termes constants seraient nuls d'où si on posait

on aurait $\overline{r_0}= \overline{0}$ et $\overline{s_0}=\overline{0}$ i.e. $p\vert r_0$ et $p\vert s_0$ d'où $p^2\vert r_0s_0$ or

d'où

et alors

diviserait

ce qui contredirait une des hypothèses. Finalement on a bien $P\in \mathcal{P}(A[X])$ .c.q.f.d.
Comme on a $deg(P) \geq 1$ et que

est primitif on déduit de la proposition 20 que l'on a aussi $P\in \mathcal{P}(Q_A[X])$ .

Remarque:on a mis l'hypothèse " $deg(P)=k\geq 1$ " car les polynômes constants premiers on les connaît,ce sont les premiers de

(proposition 19).